Relasi Rekurens
1
Relasi Rekurens Barisan (sequence) a0, a1, a2, …, an dilambangkan dengan {an} Elemen barisan ke-n, yaitu an, dapat ditentukan dari suatu persamaan. Bila persamaan yang mengekspresikan an dinyatakan secara rekursif dalam satu atau lebih term elemen sebelumnya, yaitu a0, a1, a2, …, an–1, maka persamaan tersebut dinamakan relasi rekurens. Contoh: an = 2an–1 + 1 an = an–1 + 2an–2 an = 2an–1 – an–2
2
Kondisi awal (initial conditions) suatu barisan adalah satu atau lebih nilai yang diperlukan untuk memulai menghitung elemen-elemen selanjutnya. Contoh: an = 2an–1 + 1; a0 = 1 an = an–1 + 2an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 2
Karena relasi rekurens menyatakan definisi barisan secara rekursif, maka kondisi awal merupakan langkah basis pada definisi rekursif tersebut.
Contoh 8. Barisan Fibonacci 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, … dapat dinyatakan dengan relasi rekurens fn = fn–1 + fn–2 ; f0 = 0 dan f1 = 1
Kondisi awal secara unik menentukan elemen-elemen barisan. Kondisi awal yang berbeda akan menghasilkan 3 elemen-elemen barisan yang berbeda pula.
Solusi dari sebuah relasi rekurens adalah sebuah formula yang tidak melibatkan lagi term rekursif. Formula tersebut memenuhi relasi rekurens yang dimaksud.
Contoh 9: Misalkan {an} adalah barisan yang memenuhi relasi rekurens berikut: an = 2an–1 – an–2 ; a0 = 0 dan a1 = 3 Periksa apakah an = 3n merupakan solusi relasi rekurens tersebut. Penyelesaian: 2an–1 – an–2 = 2[3(n – 1)] – 3(n – 2) = 6n – 6 – 3n + 6 = 3n = an Jadi, an = 3n merupakan solusi dari relasi rekurens tersebut. 4
Apakah an = 2n merupakan solusi relasi rekurens an = 2an–1 – an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 2?
Penyelesaian: 2an–1 – an–2 = 22n–1 – 2n–2 = 2n–1 + 1 – 2n–2 = 2n – 2n–2 2n Jadi, an = 2n bukan merupakan solusi relasi rekurens tsb. Cara lain: Karena a0 = 1 dan a1 = 2, maka dapat dihitung a2 = 2a1 – a0 = 22 – 1 = 3 Dari rumus an = 2n dapat dihitung a0 = 20 = 1, a1 = 21 = 2, dan a2 = 22 = 4 Karena 3 4, maka an = 2n bukan merupakan solusi dari relasi rekurens tsb. 5
Pemodelan dengan Relasi Rekurens 1.
Bunga majemuk.
Contoh 10. Misalkan uang sebanyak Rp10.000 disimpan di bank dengan sistem bunga berbunga dengan besar bunga 11% per tahun. Berapa banyak uang setelah 30 tahun? Misalkan Pn menyatakan nilai uang setalah n tahun. Nilai uang setelah n tahun sama dengan nilai uang tahun sebelumnya ditambah dengan bunga uang: Pn = Pn–1 + 0,11 Pn–1 ; P0 = 10.000 6
Solusi relasi rekurens Pn = Pn–1 + 0,11 Pn–1 ; P0 = 10.000 dapat dipecahkan sebagai berikut: Pn = Pn–1 + 0,11 Pn–1 = (1,11) Pn–1 = (1,11) [(1,11)Pn–2] = (1,11)2Pn–2 = (1,11)2 [(1,11) Pn–3] = (1,11)3Pn–3 =… = (1,11)nP0
Jadi, Pn = (1,11)n P0 = 10.000 (1,11)n Setelah 30 tahun, banyaknya uang adalah P30 = 10.000 (1,11)30 = Rp228.922,97 7
2. Menara Hanoi (The Tower of Hanoi) Contoh 11. Menara Hanoi adalah sebuah puzzle yang terkenal pada akhir abad 19. Puzzle ini ditemukan oleh matematikawan Perancis, Edouard Lucas. Dikisahkan bahwa di kota Hanoi, Vietnam, terdapat tiga buah tiang tegak setinggi 5 meter dan 64 buah piringan (disk) dari berbagai ukuran. Tiap piringan mempunyai lubang di tengahnya yang memungkinkannya untuk dimasukkan ke dalam tiang. Pada mulanya piringan tersebut tersusun pada sebuah tiang sedemikian rupa sehingga piringan yang di bawah mempunyai ukuran lebih besar daripada ukuran piringan di atasnya. Pendeta Budha memberi pertanyaan kepada murid-muridnyanya: bagaimana memindahkan seluruh piringan tersebut ke sebuah tiang yang lain; setiap kali hanya satu piringan yang boleh dipindahkan, tetapi tidak boleh ada piringan besar di atas piringan kecil. Tiang yang satu lagi dapat dipakai sebagai tempat peralihan dengan tetap memegang aturan yang telah disebutkan. Menurut legenda pendeta Budha, bila pemindahan seluruh piringan itu berhasil dilakukan, maka dunia akan kiamat! 8
9
Pemodelan:
10
Kasus untuk n = 3 piringan
11
Secara umum, untuk n piringan, penyelesaian dengan cara berpikir rekursif adalah sebagai berikut:
Kita harus memindahkan piringan paling bawah terlebih dahulu ke tiang B sebagai alas bagi piringan yang lain. Untuk mencapai maksud demikian, berpikirlah secara rekursif: pindahkan n – 1 piringan teratas dari A ke C, lalu pindahkan piringan paling bawah dari A ke B, lalu pindahkan n – 1 piringan dari C ke B. pindahkan n – 1 piringan dari A ke C pindahkan 1 piringan terbawah dari A ke B pindahkan n – 1 piringan dari C ke B Selanjutnya dengan tetap berpikir rekursif-pekerjaan memindahkan n – 1 piringan dari sebuah tiang ke tiang lain dapat dibayangkan sebagai memindahkan n – 2 piringan antara kedua tiang tersebut, lalu memindahkan piringan terbawah dari sebuah tiang ke tiang lain, begitu seterusnya. 12
Misalkan Hn menyatakan jumlah perpindahan piringan yang dibutuhkan untuk memecahkan teka-teki Menara Hanoi. pindahkan n – 1 piringan dari A ke C
Hn-1 kali 1 kali
pindahkan 1 piringan terbawah dari A ke B
Hn-1 kali
pindahkan n – 1 piringan dari C ke B
Maka jumlah perpindahan yang terjadi adalah: Hn = 2Hn-1 + 1 13
dengan kondisi awal H1 = 1
Penyelesaian relasi rekurens: Hn = 2Hn-1 + 1 = 2(2Hn-2 + 1) + 1 = 22 Hn-2 + 2 + 1 = 22 (2Hn-3 + 1) + 2 + 1 = 23 Hn-3 + 22 + 2 + 1 = 2n-1 H1 + 2n-2 + 2n-3 + … + 2 + 1 = 2n-1 + 2n-2 + 2n-3 + … + 2 + 1 deret geometri = 2n – 1
Untuk n = 64 piringan, jumlah perpindahan piringan yang terjadi adalah H64 = 264 – 1 = 18.446.744.073.709.551.615 14
Jika satu kali pemindahan piringan membutuhkan waktu 1 detik, maka waktu yang diperlukan adalah
18.446.744.073.709.551.615 detik atau setara dengan 584.942.417.355 tahun atau sekitar 584 milyar tahun!
Karena itu, legenda yang menyatakan bahwa dunia akan kiamat bila orang berhasil memindahkan 64 piringan di menara Hanoi ada juga benarnya, karena 584 milyar tahun tahun adalah waktu yang sangat lama, dunia semakin tua, dan akhirnya hancur. Wallahualam
15
Penyelesaian Relasi Rekurens
Relasi rekurens dapat diselesaikan secara iteratif atau dengan metode yang sistematis.
Secara iteratif misalnya pada contoh bunga majemuk (Contoh 10) dan Menara Hanoi (Contoh 11).
Secara sistematis adalah untuk relasi rekurens yang berbentuk homogen lanjar (linear homogeneous).
Relasi rekurens dikatakan homogen lanjar jika berbentuk an = c1an–1 + c2an–2 + … + ckan–k yang dalam hal ini c1, c2, …, ck adalah bilangan riil dan ck 0. 16
Contoh 12. Pn = (1,11) Pn–1 homogen lanjar fn = fn–1 + fn–2 homogen lanjar an = 2an–1 – a2n–2 tidak homogen lanjar Hn = 2Hn–1 – 1 tidak homogen lanjar an = nan–1 tidak homogen lanjar
Penjelasan: Hn = 2Hn–1 – 1 tidak homogen lanjar karena term -1 tidak dikali dengan nilai Hj untuk sembarang j an = nan–1 tidak homogen lanjar karena koefisiennya bukan konstanta. 17
Solusi relasi rekurens yang berbentuk homogen lanjar adalah mencari bentuk an = rn yang dalam hal ini r adalah konstanta.
Sulihkan an = rn ke dalam relasi rekuren homugen lanjar: an = c1an–1 + c2an–2 + … + ckan–k menjadi rn = c1rn–1 + c2rn–2 + … + ckrn–k 18
Bagi kedua ruas dengan rn–k , menghasilkan rk – c1rk–1 – c2rk–2 – … – ck – 1 r – ck = 0
Persamaan di atas dinamakan persamaan karakteristik dari relasi rekurens.
Solusi persamaan karakteristik disebut akar-akar karakteristik, dan merupakan komponen solusi relasi rekurens yang kita cari (an = rn).
19
Untuk relasi rekurens homogen lanjar derajat k = 2,
an = c1an–1 + c2an–2 persamaan karakteristiknya berbentuk:
r2 – c1r – c2 = 0 Akar persamaan karakteristik adalah r1 dan r2. Teorema 1: Barisan {an} adalah solusi relasi rekurens an = c1an–1 + c2an–2 jika dan hanya jika an = 1r1n + 2r2n untuk n = 0, 1, 2, … dengan 1 dan 2 adalah konstan. 20
Contoh 13. Tentukan solusi relasi rekurens berikut: an = an–1 + 2an–2 ; a0 = 2 dan a1 = 7? Penyelesaian:
Persamaan karakteristik: r2 – r – 2 = 0. Akar-akarnya: (r – 2) (r + 1) = 0 r1 = 2 dan r2 = -1 Penyelesaian homogen:
an = 1rn1 + 2rn2 an = 12n + 2(-1)n a0 = 2 a0 = 2 = 120 + 2(-1)0 = 1 + 2 a1 = 7 a1 = 7 = 121 + 2(-1)1 = 21 – 2 Diperoleh dua persamaan: 1 + 2 = 2 dan 21 – 2 = 7, solusinya adalah 1 = 3 dan 2 = –1 Jadi, solusi relasi rekurens adalah:
an = 32n – (-1)n
21
Jika persamaan karakteristik memiliki dua akar yang sama (akar kembar, r1 = r2), maka Teorema 1 tidak dapat dipakai. Terapkan Teorema 2 berikut ini.
Teorema 2: Misalkan r2 – c1r – c2 = 0 mempunyai akar kembar r0. Barisan {an} adalah solusi relasi rekurens an = c1an–1 + c2an–2 jika dan hanya jika an = 1r0n + 2nr0n untuk n = 0, 1, 2, … dengan 1 dan 2 adalah konstan.
Contoh 14. Tentukan solusi relasi rekurens berikut: an = 6an–1 – 9an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 6? Penyelesaian: 22
Penyelesaian: Persamaan karakteristik: r2 – 6r + 9 = 0.
Akar-akarnya: (r – 3)(r – 3 ) = 0 r1 = r2 = 3 r0 an = 1rn0 + 2nrn0 an = 13n + 2n3n a0 = 1 a0 = 1 = 130 + 2 030 = 1
a1 = 6 a1 = 6 = 131 + 2131 = 31 + 32 Diperoleh dua persamaan: 1 = 1 dan 31 + 32 = 6, solusinya adalah 1 = 1 dan 2 = 1 Jadi, solusi relasi rekurens adalah: an = 3n + n3n 23
Latihan. Selesaikan relasi rekurens berikut:
(a) an = 2an–1 ; a0 = 3
(b) an = 5an–1 – 6an–2 ; a0 = 1 dan a1 = 0? (c) 𝑎𝑛 − 7𝑎𝑛−1 + 16𝑎𝑛−2 − 12𝑎𝑛−3 = 0 untuk n3 dengan kondisi awal 𝑎0 = 1; 𝑎1 = 4; 𝑎2 = 8 (d) Misalkan 𝑎1 , 𝑎2 , … ; 𝑏1 , 𝑏2 , … ; 𝑑𝑎𝑛 𝑐1 , 𝑐2 , … adalah 3 barisan yang kesemuanya memenuhi relasi rekurensi : Nilai suatu suku sama dengan 3 kali nilai suku sebelumnya. Dengan kondisi awal ketiga barisan tersebut berbeda : 𝑎1 = 0; 𝑏1 = 1; 𝑐1 = 2. Nyatakan barisan-barisan tersebut dengan cara menuliskan beberapa suku awal barisan tersebut! Apakah ketiganya merupakan barisan yang sama?
24
